1
Esercizio
(tratto dal Problema 2.8 del Mazzoldi 2)
Un punto materiale si muove lungo una circonferenza di raggio R = 50 cm. Inizialmente parte dalla
posizione A (θ = 0) con velocità angolare nulla e si muove di moto uniformemente accelerato con
accelerazione costante α = 2 s−2 , fino a raggiungere il punto B (θ = 3π/2). Dopo essere giunto nel
punto B il punto materiale decelera (con decelerazione costante), fino a fermarsi in A. Calcolare:
1. il tempo impiegato per andare da A a B;
2. l’accelerazione radiale in B;
3. l’accelerazione tangenziale nel tratto B → A.
A
B
Fabrizio Dolcini (http://staff.polito.it/fabrizio.dolcini/)
Dipartimento di Fisica del Politecnico di Torino - Esercitazioni di Fisica I
2
SOLUZIONE:
DATI INIZIALI
Anzitutto convertiamo tutti i dati in unità del
numerica.
R
α
θA
ωA
θB
Sistema Internazionale, e gli angoli espressi in forma
=
=
=
=
=
0.5 m
2 s−1
0
0
3
2π
1. Scegliamo come istante t = 0 iniziale quello in cui la particella parte dal punto A.
• Ricaviamo anzitutto la legge oraria nel tratto A → B. Dal testo sappiamo che
– il tratto A → B è un moto uniformemente accelerato;
– l’angolo iniziale vale θA = 0;
– la velocità angolare iniziale in A vale ωA = 0;
– l’accelerazione vale α = 2 s−2 ;
Da queste indicazioni deduciamo che la legge oraria dev’essere
1
1
θ(t) = θA + ωA t + α t2 = α t2
|{z} |{z} 2
2
=0
0 ≤ t ≤ tB
(1)
=0
• Denotiamo con tB l’istante in cui il punto arriva in B, ossia in corrispondenza dell’angolo
θB = 3π/2. Allora per definzione
1
θB = θ(t = tB ) = α t2B
2
(2)
e pertanto
r
tB =
2θB
α
(3)
Sostituendo i valori
s
tB =
2 32 π
=
2 s12
r
3
πs =
2
r
3π
=
s = 2.17 s
2
=
(4)
2. Dalla formula generale per l’accelerazione in un moto circolare abbiamo
dθ 2
−R
dt
|
{z
}
~a =
~ur +
accel. radiale (centripeta) ar
d2 θ
R 2
dt }
| {z
~uθ
(5)
accel. tangenziale aθ
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3
o, nelle solite notazioni
dθ
dt
d2 θ
dt2
ω(t) =
α(t) =
(6)
(7)
Quindi l’espressione dell’accelerazione radiale vale
ar (t) = −R ω 2 (t)
(8)
dove l’andamento della velocità angolare ω(t) è data dalla derivata della legge oraria
dθ
= αt
(9)
dt
Queste espressioni valgono per ogni istante. Valutiamole ora nell’istante tB , in cui la particella
raggiunge il punto B:
ω(t) =
• la velocità angolare in tB vale
ωB = ω(tB ) = αtB =
= [uso ora (3)]
r
2θB
= α
=
α
p
=
2 α θB
(10)
CHECK: controllo dimensionale: la velocità angolare ha dimensione di s−1 . Controlliamo allora che il risultato ottenuto sia dimensionalmente giusto. Siccome gli angoli sono
adimensionali e le accelerazioni angolari hanno dimensioni di s−2 ,
hp
i
p
2 α θB =
[α] [ θB ] =
r
1
·1=
=
s2
= s−1
(11)
• Consideriamo ora l’accelerazione radiale in B. Il segno ‘-’ in (8) indica che l’accelerazione
radiale è centripeta, ossia è diretta in verso opposto al versore ~ur . Siccome il punto B è
identificato da θB = 3π/2, e dunque dal versore ~ur che punta verso il basso, l’accelerazione
radiale in tale punto è diretta verso l’alto.
• la componente ar in t = tB vale
ar (tB ) = −Rω 2 (tB ) =
2
= −RωB
=
[uso (10)]
= −R 2 α θB
(12)
Sostituendo i valori abbiamo
ar (tB ) = −2
/ · 0.50
/ m · /2
m
=
s2
m
= −9.42 2
s
1 3π
=
s2 /2
= −3π
(13)
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3. Calcoliamo ora l’accelerazione nel tratto B → A. Dalla formula generale
2
d2 θ
dθ
~ur +
R 2
~uθ
~a =
−R
dt
dt }
| {z
{z
}
|
accel. radiale (centripeta) ar
(14)
accel. tangenziale aθ
vediamo che l’accelerazione tangenziale
aθ (t) = R α(t)
(per qualsiasi moto circolare)
(15)
è sostanzialmente data (a parte il raggio R) dall’accelerazione angolare α(t). Quindi occorre
trovare l’accelerazione angolare nel tratto B → A. Sappiamo dal testo che si tratta di un moto
circolare uniformemente decelerato. Denotiamo con α0 tale accelerazione (che sarà dunque negativa α0 < 0). Per determinarne il valore possiamo procedere in due modi:
Primo modo:
• Troviamo anzitutto la legge oraria della particella nel tratto B → A. Sappiamo che:
– è un moto circolare uniformemente decelerato con accelerazione α0 ,
– all’istante tB la particella si trova in B, ossia alla ‘posizione’ θ = θB = 3π/2;
– all’istante tB (in cui si trova in B) la particella ha velocità angolare ωB =
√
2 α θB
Da queste indicazioni possiamo dedurre che la legge oraria
1
θ(t) = θB + ωB (t − tB ) + α0 (t − tB )2
2
tB ≤ t ≤ tf
(16)
e anche quella per la velocità
ω(t) =
dθ(t)
= ωB + α0 (t − tB )
dt
tB ≤ t ≤ tf
(17)
• Indichiamo ora con tf l’istante in cui la particella raggiunge nuovamente il punto A. Sappiamo dunque che all’istante tf la particella avrà compiuto un intero giro, ossia la sua
posizione vale θ = 2π. Pertanto dalla legge oraria (16)
1
2π = θB + ωB (tf − tB ) + α0 (tf − tB )2
2
(18)
• Sappiamo anche che in tale istante tf la particella si ferma. Pertanto vale che
⇒ ωB + α0 (tf − tB ) = 0
ω(tf ) = 0
da cui ricaviamo che
tf − tB = −
ωB
α0
(19)
(20)
Sostituendo ora (20) in (18) otteniamo
ωB
1 0 ωB 2
+
α − 0
α0
2
α
2
2
ωB
1 ωB
= θB − 0 +
=
α
2 α0
2
1 ωB
= θB −
2 α0
2π = θB − ωB
(21)
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da cui ricaviamo
θB − 2π =
2
1 ωB
=
2 α0
⇓
2
1 ωB
=
2 θB − 2π
[usiamo (10)]
1 2 αθB
=
=
2 θB − 2π
α θB
=
=
θB − 2π
α0 =
(22)
Sostituendo i valori
α0 =
=
2 s12 3π
2
=
− 2π
3π 1
=
− π2 s2
3π
2
= −6 s−2 =
(23)
Secondo modo:
• Utilizziamo la formula generale (che vale per tutti i moti circolari uniformemente accelerati)
∆θ =
2
ωf2in − ωin
2α
(24)
dove ωin è la velocità angolare ad un istante iniziale (arbitrario), ωf in è la velocità angolare
ad un istante finale (arbitrario), ∆θ = θf in − θin è l’angolo spazzato dalla particella tra
l’istante iniziale e quello finale, e α l’accelerazione angolare (costante) che caratterizza il
moto uniformemente accelerato.
NB: Questa formula è, per il moto circolare uniformemente accelerato, l’esatto analogo
della formula
2
vf2in − vin
∆x =
(25)
2a
per il moto rettilineo uniformemente accelerato. Semplicemente lo ‘spazio’ è sostituito dagli
angoli, le velocità sono sostituite da velocità angolari e l’accelerazione dall’accelerazione
angolare. Si dimostra allo stesso modo.
• Applichiamo la formula generale (24) al nostro caso particolare, scegliendo :
– come istante iniziale l’istante tB in cui la particella si trova in B (θB = 3π/2) e in cui
la velocità angolare vale ωB ;
– come istante finale l’istante tf in cui la particella torna in A (θ = 2π) e in cui la velocità
angolare è nulla;
– l’accelerazione angolare vale α0
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Quindi abbiamo
∆θ = 2π −
3π
2
=
2
(0 s−1 )2 − ωB
2α0
⇓
π
2
= −
2
ωB
2α0
(26)
da cui
2
ωB
=
π
[uso ora (10)]
2α θB
−
=
π
2α 3π
2
−
=
π
−3 α
α0 = −
=
=
=
=
(27)
Sostituendo i valori
α0 = −3α = −3 · 2 s−2 = −6 s−2
(28)
Avendo ora trovato l’accelerazione angolare α0 , possiamo ora determinare l’accelerazione tangenziale dalla (15)
aθ = R α0 = 0.5 m · (−6 s−2 ) = −3
m
s2
(29)
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